Regularización e $\int_{0}^{\infty}\sin x \;\mathrm{d}x$

Question

En mi grad cuántica/E&M de las clases que he tenido que hacer la intuición de flexión de la regularización de las integrales que no parecen matemáticamente justificado (pero tiene todo el crédito y se repitieron en las soluciones) como el siguiente:

$$\int_{0}^{\infty}\sin x \;\mathrm{d}x = \lim_{\alpha \to 0^+} \int_{0}^{\infty} e^{-\alpha x} \sin x \;\mathrm{d}x = \lim_{\alpha \to 0^+}\frac{1}{\alpha^2+1} = 1$$

que es irrazonable como $\int_{a}^{b}\sin x \;\mathrm{d}x = \cos(a)-\cos(b)$, o en nuestro caso $\lim_{b \to \infty} 1 - \cos(b) = \mathrm{undefined}$ como el límite no convergen.

¿Hay algún formal de las matemáticas detrás de esta línea de pensamiento afirmando divergentes cosas convergen con la regularización? (E. g., similar a las infinitas sumas 1+1+1+... = -1/2 o 1+2+3+4+... = -1/12)?

Answer 1

La regularización es una manera de hacer un divergentes integral en una paramétrica de la familia de finito integrales. Decir, necesitamos evaluar $\int f(x) \mathrm{d} x$. Presentamos (y este es un oficio en sí mismo) $f_\alpha(x)$, de tal manera que $\lim_{\alpha \to 0} f_\alpha(x) = f(x)$, de tal manera que $\int f_\alpha(x) \mathrm{d} x$ existe. A continuación, siga, injustificada, intercambio de integración y tomando el límite: $$ \int f(x) \mathrm{d} x = \int \lim_{\alpha \to 0} f_\alpha(x) \mathrm{d} x \stackrel{?}{=} \lim_{\alpha \to 0} \int f_\alpha(x) \mathrm{d} x $$

En su caso particular, la integral puede ser definida usando Abel sumatorias, ya que $$ \int_0^\infty \sin(x) \mathrm{d} x = \sum_{n=0}^\infty \int_{\pi n}^{\pi (n+1)} \sin(x) \mathrm{d} x = \sum_{n=0}^\infty 2 (-1)^n \stackrel{\text{Abel}}{=} 1 $$ Diferentes regularización de divergente la serie no necesita dar el mismo resultado, sin embargo, bajo ciertas condiciones que hacen.

Volviendo a su integral, su regularización se realiza, tal y como hizo, por tomar ventaja de la hipergeométrica de la naturaleza de el integrando, y que representa la integral como límite de Mellin circunvoluciones (es decir, $\int_0^\infty h_\alpha(x) \sin(x) \mathrm{d} x$ donde $h_\alpha(x)$ es otra función hipergeométrica, que hace que la integral convergente, y tal que $\lim_{\alpha \downarrow 0} h_\alpha(x) = 1$): $$ \lim_{\alpha \downarrow 0} \int_0^\infty \frac{\sin(x)}{x^\alpha}\mathrm{d} x = \lim_{\alpha \downarrow 0} \left( \Gamma(1-\alpha) \cos\left( \frac{\pi \alpha}{2} \right) \right) = 1 $$ $$ \lim_{\alpha \downarrow 0} \int_0^\infty \mathrm{e}^{-\alpha x} \sin(x) \mathrm{d} x = \lim_{\alpha \downarrow 0} \frac{1}{\alpha^2 + 1} = 1 $$ $$ \lim_{\alpha \downarrow 0} \int_0^\infty \frac{\sin(x)}{1+\alpha x} \mathrm{d} x = \lim_{\alpha \downarrow 0} \left( \frac{2 \sin \left(\frac{1}{\alpha }\right) \text{Ci}\left(\frac{1}{\alpha }\right)+\cos \left(\frac{1}{\alpha }\right) \left(\pi -2 \text{Si}\left(\frac{1}{\alpha }\right)\right)}{2 \alpha } \right) = 1 $$

Answer 2

\begin{eqnarray*} \int_{0}^{\infty}\sin\left(x\right)\,{\rm d}x & = & \Im\int_{-\infty}^{\infty}\Theta\left(x\right){\rm e}^{{\rm i}x}\,{\rm d}x = \Im\int_{-\infty}^{\infty} \left({\rm i}\int_{-\infty}^{\infty}{{\rm d}k \over 2\pi}\,{{\rm e}^{-{\rm i}kx} \over k + {\rm i}0^{+}}\right)\,{\rm e}^{{\rm i}x}\,{\rm d}x \\[3mm] & = & \Re\int_{-\infty}^{\infty}{{\rm d}k \over k + {\rm i}0^{+}} \int_{-\infty}^{\infty}{{\rm d}x \over 2\pi}\,{\rm e}^{-{\rm i}\left(k - 1\right)x} = \Re\int_{-\infty}^{\infty}{{\rm d}k \over k + {\rm i}0^{+}}\,\delta\left(k - 1\right) \\[3mm] & = & \Re\left(1 \over 1 + {\rm i}0^{+}\right) = \Re\left\lbrack 1 - {\rm i}\,\pi\,\delta\left(1\right)\right\rbrack = 1 \end{eqnarray*}

¿Por qué se hace ?: Ver $\tt @Sasha$ respuesta.